Corrigé des 40 exercices sur les probabilités en seconde : solutions détaillées à télécharger en PDF

Par ailleurs, a) À chaque lancer, la pièce donne 1 ou 2. Ensuite, l’arbre a donc 2 branches au premier niveau, puis 2 branches à partir de chaque nœud. Par ailleurs, on note au bout de chaque chemin la somme obtenue.

Par ailleurs, les quatre chemins sont (1 ; 1), (1 ; 2), (2 ; 1) et (2 ; 2), qui donnent les sommes 2, 3, 3 et 4.

Par conséquent, b) La pièce est équilibrée : chaque branche a pour probabilité \(\dfrac{1}{2}\). Puis la probabilité d’un chemin est le produit des probabilités de ses branches :

\[ P\big((1\,;1)\big) = \dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{4} \]

Les quatre chemins ont donc chacun la probabilité \(\dfrac{1}{4}\). Également, Si l’on regroupe par somme obtenue :

Donc, Vérification : \(\dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{4} = 1\).

Par conséquent, on compte les boules du sac : 6 boules, dont 1 rouge, 3 bleues et 2 vertes.

Également, a) On tire une boule au hasard : les 6 boules ont la même chance d’être tirées (équiprobabilité). Ensuite, il y a 3 boules bleues sur 6, donc :

\[ P(\text{bleue}) = \dfrac{3}{6} = \dfrac{1}{2} \]

De plus, Félix a raison : on a bien une chance sur deux de tirer une boule bleue.

Puis, de plus, b) On note la couleur : les issues possibles sont rouge (R), bleue (B) et verte (V). De plus, Attention, ces trois issues ne sont pas équiprobables :

\[ P(R) = \dfrac{1}{6}, \qquad P(B) = \dfrac{3}{6} = \dfrac{1}{2}, \qquad P(V) = \dfrac{2}{6} = \dfrac{1}{3} \]

Donc, Vérification : \(\dfrac{1}{6} + \dfrac{3}{6} + \dfrac{2}{6} = 1\).

Donc, a) La carte est tirée au hasard : chacune des 32 cartes a la même chance d’être tirée. Puis une issue est une carte (une couleur et une valeur), on peut donc utiliser le modèle d’équiprobabilité, chaque issue ayant la probabilité \(\dfrac{1}{32}\).

Par ailleurs, b) En situation d’équiprobabilité, \(P(E) = \dfrac{\text{nombre de cas favorables}}{\text{nombre de cas possibles}}\).

• De même, il y a 4 Dames (une par couleur) : \(P(A) = \dfrac{4}{32} = \dfrac{1}{8}\).
• Un jeu de 32 cartes contient 4 couleurs de 8 cartes, donc 8 Cœurs : \(P(B) = \dfrac{8}{32} = \dfrac{1}{4}\).

Ensuite, les gains 0, 1, 5, 20 et 1 000 € sont des issues incompatibles : la probabilité d’un événement est la somme des probabilités des issues qui le réalisent.

A : « On gagne au moins 20 € », c’est-à-dire 20 € ou 1 000 € :

\[ P(A) = 0{,}0098 + 0{,}0002 = 0{,}01 \]

B : « On gagne 5 € au plus », c’est-à-dire 0 €, 1 € ou 5 € :

\[ P(B) = 0{,}7 + 0{,}25 + 0{,}04 = 0{,}99 \]

De plus, Remarque : A et B sont contraires (on gagne soit au plus 5 €, soit au moins 20 €), et on retrouve bien \(P(B) = 1 – P(A) = 1 – 0{,}01 = 0{,}99\).

Par ailleurs, les 26 jetons portent chacun une lettre différente et le tirage se fait au hasard : on est en situation d’équiprobabilité, chaque lettre a la probabilité \(\dfrac{1}{26}\).

Également, Événement A. Ensuite, les voyelles sont A, E, I, O, U, Y : il y en a 6. De plus, les lettres qui ne sont pas des voyelles sont donc au nombre de \(26 – 6 = 20\) :

\[ P(A) = \dfrac{20}{26} = \dfrac{10}{13} \]

Par conséquent, Événement B. De plus, les lettres placées avant M sont A, B, C, D, E, F, G, H, I, J, K, L : il y en a 12 (M est la 13^e lettre, elle n’est pas comptée) :

\[ P(B) = \dfrac{12}{26} = \dfrac{6}{13} \]

Également, de plus, dans les deux cas, la carte est tirée au hasard : on est en situation d’équiprobabilité.

De plus, 1. a) Un jeu de 32 cartes ne contient, dans chaque couleur, que les cartes du 7 à l’As (7, 8, 9, 10, Valet, Dame, Roi, As) : il ne contient aucun 5. Ainsi, L’événement est impossible pour Hugo :

\[ P_{\text{Hugo}}(\text{5 de Carreau}) = \dfrac{0}{32} = 0 \]

Par conséquent, 1. b) Le jeu de 52 cartes contient un seul 5 de Carreau :

\[ P_{\text{Chloé}}(\text{5 de Carreau}) = \dfrac{1}{52} \]

2. Chaque jeu est partagé en 4 couleurs de même effectif : 8 Cœurs sur 32 cartes et 13 Cœurs sur 52 cartes.

\[ \dfrac{8}{32} = \dfrac{1}{4} \qquad \text{et} \qquad \dfrac{13}{52} = \dfrac{1}{4} \]

Également, Inès a raison : les deux probabilités valent \(\dfrac{1}{4}\).

3. Donc, Chaque jeu contient 4 As :

\[ P_{\text{Hugo}}(\text{As}) = \dfrac{4}{32} = \dfrac{1}{8} \qquad \text{et} \qquad P_{\text{Chloé}}(\text{As}) = \dfrac{4}{52} = \dfrac{1}{13} \]

Comme \(8 \lt 13\), on a \(\dfrac{1}{8} \gt \dfrac{1}{13}\) : c’est Hugo qui a la plus grande probabilité de tirer un As (même nombre d’As, mais moins de cartes).

a) \(R \cup H\) est l’événement « l’élève choisi joue au rugby ou au handball », c’est-à-dire qu’il pratique au moins l’un des deux sports (éventuellement les deux).

Par ailleurs, b) On applique la formule de la réunion :

\[ \begin{aligned} P(R \cup H) &= P(R) + P(H) – P(R \cap H) \\ &= 0{,}56 + 0{,}37 – 0{,}29 \\ &= 0{,}64 \end{aligned} \]

On retire \(P(R \cap H)\) car les élèves qui pratiquent les deux sports ont été comptés deux fois.

De même, on note A : « l’individu possède le caractère A » et B : « l’individu possède le caractère B ». Ensuite, on a \(P(A) = 0{,}8\), \(P(B) = 0{,}6\) et \(P(A \cap B) = 0{,}45\).

De plus, a) « Au moins l’un des deux caractères », c’est l’événement \(A \cup B\) :

\[ \begin{aligned} P(A \cup B) &= P(A) + P(B) – P(A \cap B) \\ &= 0{,}8 + 0{,}6 – 0{,}45 \\ &= 0{,}95 \end{aligned} \]

Par ailleurs, b) « Ni A ni B » est l’événement contraire de \(A \cup B\) :

\[ P\big(\overline{A \cup B}\big) = 1 – P(A \cup B) = 1 – 0{,}95 = 0{,}05 \]

De même, Données : \(P(A) = 0{,}4\), \(P(B) = 0{,}5\) et \(P(A \cup B) = 0{,}6\).

Par conséquent, a) \(P(\overline{A}) = 1 – P(A) = 1 – 0{,}4 = 0{,}6\).

Par ailleurs, b) \(P(\overline{B}) = 1 – P(B) = 1 – 0{,}5 = 0{,}5\).

Donc, c) De \(P(A \cup B) = P(A) + P(B) – P(A \cap B)\), on tire :

\[ P(A \cap B) = P(A) + P(B) – P(A \cup B) = 0{,}4 + 0{,}5 – 0{,}6 = 0{,}3 \]

Par ailleurs, d) B est formé de la partie commune \(A \cap B\) et de la partie « B sans A » \(\overline{A} \cap B\), incompatibles :

\[ P(\overline{A} \cap B) = P(B) – P(A \cap B) = 0{,}5 – 0{,}3 = 0{,}2 \]

e) De même pour A :

\[ P(A \cap \overline{B}) = P(A) – P(A \cap B) = 0{,}4 – 0{,}3 = 0{,}1 \]

Donc, f) \(\overline{A} \cap \overline{B}\) (« ni A ni B ») est le contraire de \(A \cup B\) :

\[ P(\overline{A} \cap \overline{B}) = 1 – P(A \cup B) = 1 – 0{,}6 = 0{,}4 \]

Par conséquent, Vérification : les quatre zones totalisent \(0{,}1 + 0{,}3 + 0{,}2 + 0{,}4 = 1\).

Par conséquent, en assimilant probabilités et fréquences : \(P(M) = 0{,}45\), \(P(N) = 0{,}63\) et, « aucune des deux options » étant l’événement \(\overline{M} \cap \overline{N}\), \(P(\overline{M} \cap \overline{N}) = 0{,}18\).

Donc, a) \(P(\overline{M}) = 1 – 0{,}45 = 0{,}55\).

De même, b) \(P(\overline{N}) = 1 – 0{,}63 = 0{,}37\).

Par ailleurs, c) \(\overline{M} \cap \overline{N}\) : l’étudiant n’a pris ni Marketing ni Négociation. Ensuite, C’est la donnée de l’énoncé : \(P(\overline{M} \cap \overline{N}) = 0{,}18\).

d) « Ne pas être inscrit à M ou à N » revient à n’être inscrit à aucune des deux : \(\overline{M \cup N} = \overline{M} \cap \overline{N}\), donc \(P(\overline{M \cup N}) = 0{,}18\).

Également, e) \(M \cup N\) est le contraire de \(\overline{M \cup N}\) :

\[ P(M \cup N) = 1 – 0{,}18 = 0{,}82 \]

f) On calcule d’abord \(P(M \cap N)\) avec la formule de la réunion :

\[ \begin{aligned} P(M \cap N) &= P(M) + P(N) – P(M \cup N) \\ &= 0{,}45 + 0{,}63 – 0{,}82 \\ &= 0{,}26 \end{aligned} \]

puis \(\overline{M} \cap N\) (inscrit en Négociation mais pas en Marketing) :

\[ P(\overline{M} \cap N) = P(N) – P(M \cap N) = 0{,}63 – 0{,}26 = 0{,}37 \]

Par ailleurs, Vérification : \(0{,}19 + 0{,}26 + 0{,}37 + 0{,}18 = 1\).

On choisit au hasard une fiche en Seconde A (30 élèves dont 16 filles, donc 14 garçons), puis une fiche en Seconde B (28 élèves dont 14 filles, donc 14 garçons). Par ailleurs, les deux choix sont faits dans deux classes différentes : le second ne dépend pas du premier.

Donc, a) On note F « fille » et G « garçon ». Puis en Seconde A : \( P(F)=\dfrac{16}{30} \) et \( P(G)=\dfrac{14}{30} \). Ensuite, en Seconde B : \( P(F)=P(G)=\dfrac{14}{28} \).

De même, Vérification : la somme des probabilités des quatre issues vaut \( \dfrac{4}{15}+\dfrac{4}{15}+\dfrac{7}{30}+\dfrac{7}{30}=\dfrac{8+8+7+7}{30}=1 \).

b) Avoir choisi deux filles correspond au chemin F puis F. Puis on multiplie les probabilités le long du chemin :

\[ P(F\,;F)=\frac{16}{30}\times\frac{14}{28}=\frac{8}{15}\times\frac{1}{2}=\frac{8}{30}=\frac{4}{15}. \]

Par conséquent, le sac contient 6 jetons : 3 verts (V), 2 rouges (R) et 1 jaune (J). Donc, De plus, le jeton est remis dans le sac : au second tirage, la composition est la même qu’au premier.

De même, a) À chaque tirage : \( P(V)=\dfrac{3}{6} \), \( P(R)=\dfrac{2}{6} \) et \( P(J)=\dfrac{1}{6} \).

b) Tirer deux jetons rouges correspond au chemin R puis R :

\[ P(R\,;R)=\frac{2}{6}\times\frac{2}{6}=\frac{1}{3}\times\frac{1}{3}=\frac{1}{9}. \]

L’algorithme affecte à d un entier aléatoire entre 1 et 6, puis l’affiche. Ensuite, les issues sont donc les entiers 1, 2, 3, 4, 5 et 6 : l’univers est \( \Omega=\{1\,;2\,;3\,;4\,;5\,;6\} \).

Par ailleurs, le nombre est choisi au hasard : les 6 issues sont équiprobables (l’algorithme simule le lancer d’un dé équilibré). Chaque issue a donc la probabilité \( \dfrac{1}{6} \).

On lit l’affichage : les issues ne sont pas les nombres d, mais les deux messages possibles, « Gagné » et « Perdu ». Par ailleurs, l’univers est \( \Omega=\{\text{Gagné}\,;\text{Perdu}\} \).

De même, d est un entier aléatoire entre 0 et 20 : il y a 21 valeurs équiprobables (0, 1, 2, …, 20). Puis on affiche « Gagné » quand \( \dfrac{d}{3} \) est entier, c’est-à-dire quand d est un multiple de 3 : 0, 3, 6, 9, 12, 15, 18, soit 7 valeurs (sans oublier 0, multiple de 3 car \( 0=3\times 0 \)).

\[ P(\text{Gagné})=\frac{7}{21}=\frac{1}{3}\qquad P(\text{Perdu})=1-\frac{1}{3}=\frac{2}{3}. \]

Par ailleurs, les deux issues ne sont pas équiprobables.

Également, Chaque dé est équilibré : chacune des 6 faces a la probabilité \( \dfrac{1}{6} \) d’être sur le dessus. Ensuite, la probabilité d’un numéro est donc \( \dfrac{\text{nombre de faces portant ce numéro}}{6} \). Puis on compte les faces sur chaque patron.

De plus, Dé n°1 : faces 1, 2, 3, 5, 6, 4, toutes différentes. Également, Issues 1, 2, 3, 4, 5, 6, chacune de probabilité \( \dfrac{1}{6} \).

Donc, Dé n°2 : faces 1, 2, 1, 2, 3, 1. De plus, De plus, le 1 apparaît 3 fois, le 2 deux fois, le 3 une fois.

Ensuite, Dé n°3 : faces 1, 4, 4, 2, 4, 5. Ensuite, le 4 apparaît 3 fois, les autres une fois.

De plus, dans chaque cas, la somme des probabilités vaut bien 1.

Ainsi, la roue orange donne 1, 2 ou 3 ; la roue verte donne 0, 1 ou 2. Par ailleurs, la somme est donc au minimum \( 1+0=1 \) et au maximum \( 3+2=5 \).

Ainsi, a) Les fréquences observées sur 10 000 expériences sont 0,118 ; 0,228 ; 0,326 ; 0,222 ; 0,106.

• Ensuite, Modèle 1 : il contient la somme 0, impossible, et ne contient pas 4 ni 5, qui ont été obtenus. Par ailleurs, il ne convient pas.
• Modèle 2 : il contient aussi la somme 0, impossible, et l’équirépartition donnerait des fréquences toutes proches de \( \frac{1}{6}\approx 0{,}167 \), ce qui n’est pas observé (0,326 pour la somme 3). Donc, il ne convient pas.
• Par conséquent, Modèle 3 : \( \frac{1}{9}\approx 0{,}111 \), \( \frac{2}{9}\approx 0{,}222 \), \( \frac{3}{9}\approx 0{,}333 \) : ces valeurs sont très proches des fréquences observées (0,118 ; 0,228 ; 0,326 ; 0,222 ; 0,106).

Par conséquent, le modèle 3 semble convenir.

Donc, b) On complète le tableau à double entrée en ajoutant le résultat de la roue orange (colonnes) et celui de la roue verte (lignes) :

Les secteurs sont identiques, donc les 9 cases sont équiprobables (probabilité \( \frac{1}{9} \) chacune). Puis on compte les cases de chaque somme : la somme 1 apparaît 1 fois, 2 apparaît 2 fois, 3 apparaît 3 fois, 4 apparaît 2 fois et 5 apparaît 1 fois.

Par conséquent, C’est exactement le modèle 3 : il est le mieux adapté, ce que confirment les fréquences observées.

Par conséquent, a) La roue est équilibrée à 3 secteurs identiques : \( P(A)=P(B)=P(C)=\dfrac{1}{3} \). Ensuite, le dé tétraédrique a 4 faces : chaque numéro a la probabilité \( \dfrac{1}{4} \). Également, Après B et après C, on dessine les mêmes quatre branches qu’après A.

Par conséquent, b) Les issues sont les 12 couples : (A ; 1), (A ; 2), (A ; 3), (A ; 4), (B ; 1), (B ; 2), (B ; 3), (B ; 4), (C ; 1), (C ; 2), (C ; 3), (C ; 4).

Par conséquent, Chaque issue correspond à un chemin de l’arbre ; on multiplie les probabilités le long du chemin :

\[ P\big((A\,;1)\big)=\frac{1}{3}\times\frac{1}{4}=\frac{1}{12}, \]

et de même pour les 11 autres. Puis les 12 issues sont équiprobables ; on vérifie que \( 12\times\frac{1}{12}=1 \).

Ainsi, la liste contient 10 noms, et on en prélève un au hasard : chaque nom a la probabilité \( \dfrac{1}{10} \). Ensuite, De plus, on compte les lettres et on repère la lettre a :

Événement A : « moins de 6 lettres », c’est-à-dire 5 lettres ou moins (Cruyff et Zidane, avec exactement 6 lettres, ne conviennent pas). Ensuite, Issues : Weah, Figo, Messi. Donc \( P(A)=\dfrac{3}{10} \).

De même, Événement B : « ne comporte pas la lettre a ». Par conséquent, Issues : Cruyff, Figo, Messi. Donc \( P(B)=\dfrac{3}{10} \).

Ainsi, a) Chaque éolienne a 3 pales, et une seule pale se trouve au plus bas. Ensuite, les éoliennes s’arrêtent au hasard : pour chacune, A, B et C ont la même probabilité \( \dfrac{1}{3} \). Par ailleurs, on complète l’arbre en dessinant les trois branches A, B, C après B et après C :

Par conséquent, b) L’ensemble des issues est :

Par ailleurs, E = {(A ; A), (A ; B), (A ; C), (B ; A), (B ; B), (B ; C), (C ; A), (C ; B), (C ; C)}.

Ainsi, il y a 9 issues équiprobables : chacune a la probabilité \( \dfrac{1}{3}\times\dfrac{1}{3}=\dfrac{1}{9} \).

c) M = {(A ; A), (B ; B), (C ; C)} : 3 issues, donc \( P(M)=\dfrac{3}{9}=\dfrac{1}{3} \).

Par conséquent, Parmi A, B, C, les consonnes sont B et C. N : « les deux pales du bas portent une consonne » = {(B ; B), (B ; C), (C ; B), (C ; C)} : 4 issues, donc \( P(N)=\dfrac{4}{9} \).

On choisit une licence au hasard parmi les 100 adhérents : situation d’équiprobabilité, donc la probabilité d’un événement est le nombre d’adhérents concernés divisé par 100.

• a) Femmes : 43, donc \( P(\text{femme})=\dfrac{43}{100}=\mathbf{0{,}43} \).
• b) Jeunes : 41, donc \( P(\text{jeune})=\dfrac{41}{100}=\mathbf{0{,}41} \).
• c) Hommes jeunes : 27, donc \( P(\text{homme jeune})=\mathbf{0{,}27} \).
• d) « Homme ou jeune » : on ajoute les hommes et les jeunes, mais les 27 hommes jeunes sont alors comptés deux fois :
  \[ P(H\cup J)=P(H)+P(J)-P(H\cap J)=0{,}57+0{,}41-0{,}27=0{,}71. \]
• e) « Ni un homme ni un jeune » : c’est une femme adulte (29 personnes), donc \( P=\mathbf{0{,}29} \). De même, C’est bien le contraire de d) : \( 1-0{,}71=0{,}29 \).

Par ailleurs, L’urne contient 15 boules de trois couleurs (rouge, vert, bleu) portant les nombres 1, 2 ou 4.

1. Par conséquent, Si l’on s’intéresse à la couleur, l’univers est \( \Omega=\{\text{rouge}\,;\text{vert}\,;\text{bleu}\} \).

Les issues ne sont pas équiprobables : on compte 5 rouges, 6 vertes et 4 bleues, d’où \( P(\text{rouge})=\frac{5}{15}=\frac{1}{3} \), \( P(\text{vert})=\frac{6}{15}=\frac{2}{5} \) et \( P(\text{bleu})=\frac{4}{15} \).

2. Ensuite, Si l’on s’intéresse au nombre inscrit, l’univers est \( \Omega=\{1\,;2\,;4\} \) (aucune boule ne porte le 3).

Donc, on compte 7 boules numérotées 1, 4 numérotées 2 et 4 numérotées 4 : \( P(1)=\frac{7}{15} \), \( P(2)=\frac{4}{15} \), \( P(4)=\frac{4}{15} \).

De plus, un jeu de 32 cartes comporte 4 couleurs (pique, cœur, carreau, trèfle) de 8 cartes : 7, 8, 9, 10, valet, dame, roi, as. Puis la carte est piochée au hasard : les 32 cartes sont équiprobables.

1. Par conséquent, les figures sont les valets, les dames et les rois : \( 3\times 4=12 \) cartes.

\[ P(F)=\frac{12}{32}=\frac{3}{8}. \]

Ainsi, 2. \( F\cap T \) : « une figure de trèfle » : valet, dame et roi de trèfle, soit 3 cartes.

\[ P(F\cap T)=\frac{3}{32}. \]

3. Il y a 8 trèfles, donc \( P(T)=\dfrac{8}{32} \). D’après la formule \( P(F\cup T)=P(F)+P(T)-P(F\cap T) \) :

\[ P(F\cup T)=\frac{12}{32}+\frac{8}{32}-\frac{3}{32}=\frac{17}{32}. \]

On retire \( P(F\cap T) \) car les 3 figures de trèfle seraient sinon comptées deux fois.

Par conséquent, le jeu compte \( 4\times 7=\mathbf{28} \) dominos, choisis au hasard : ils sont équiprobables. Ensuite, un double porte le même nombre de points sur ses deux moitiés : double blanc (0-0), 1-1, 2-2, 3-3, 4-4, 5-5 et 6-6, soit 7 doubles.

1. De plus, Soit D l’événement « obtenir un double » :

\[ P(D)=\frac{7}{28}=\frac{1}{4}. \]

2. Par ailleurs, « Ne pas obtenir un double » est l’événement contraire \( \overline{D} \) :

\[ P\left(\overline{D}\right)=1-P(D)=1-\frac{1}{4}=\frac{3}{4}. \]

Ainsi, la roue comporte 6 secteurs : Jackpot, 1 000 dollars, 10 000 dollars, 50 000 dollars, 20 000 dollars et 5 000 dollars. Puis ils sont supposés équiprobables et un seul secteur porte « Jackpot » :

\[ P(\text{Jackpot})=\frac{1}{6}\approx 0{,}17. \]

1. Par ailleurs, Chaque carte est soit rouge (cœur ou carreau), soit noire (pique ou trèfle). Également, Si l’on s’intéresse à sa couleur, l’univers est \( \Omega=\{\text{rouge}\,;\text{noir}\} \), deux issues équiprobables (16 cartes de chaque).

Ainsi, Remarque : si « couleur » est pris au sens des joueurs de cartes (l’enseigne), l’univers est {pique ; cœur ; carreau ; trèfle}.

2. Également, Chaque enseigne comporte les mêmes 8 valeurs. Ensuite, Si l’on s’intéresse à la valeur, l’univers est \( \Omega=\{7\,;8\,;9\,;10\,;\text{valet}\,;\text{dame}\,;\text{roi}\,;\text{as}\} \), soit 8 issues équiprobables (4 cartes par valeur).

L’univers d’une expérience aléatoire est l’ensemble de toutes ses issues possibles. De même, De plus, on le note souvent \( \Omega \). Ensuite, il dépend de ce que l’on observe : le même tirage ne donne pas le même univers selon qu’on regarde la couleur ou le nombre.

On compte d’abord les 15 jetons : 6 rouges, 3 bleus et 6 verts :

• Ensuite, Rouges : trois « 2 » sur la première ligne et trois « 4 » dans la dernière colonne, soit 6 jetons.
• Également, Bleus : trois jetons, tous numérotés 2.
• Également, Verts : quatre « 1 » et deux « 2 », soit 6 jetons.

1. Par ailleurs, on s’intéresse à la couleur. Par ailleurs, les jetons sont rouges, bleus ou verts, donc :

\[ \Omega = \{ \text{rouge} \,;\, \text{bleu} \,;\, \text{vert} \} \]

Ainsi, Attention : ces trois issues ne sont pas équiprobables : \( P(\text{rouge}) = \dfrac{6}{15} = \dfrac{2}{5} \), \( P(\text{bleu}) = \dfrac{3}{15} = \dfrac{1}{5} \) et \( P(\text{vert}) = \dfrac{6}{15} = \dfrac{2}{5} \).

2. De même, on s’intéresse à la valeur inscrite. Puis les nombres présents sur les jetons sont 1, 2 et 4 (il n’y a aucun 3), donc :

\[ \Omega = \{ 1 \,;\, 2 \,;\, 4 \} \]

De plus, Là encore, les issues n’ont pas la même probabilité : 4 jetons portent le 1, 8 jetons portent le 2 et 3 jetons portent le 4 (4 + 8 + 3 = 15).

Ainsi, le programme de l’énoncé est :

Par ailleurs, from random import *
if int(random() + 0.3) == 0:
    print(« Face »)
else:
    print(« Pile »)

Ensuite, Comprendre le programme. random() renvoie un nombre au hasard dans l’intervalle \( [0 \,;\, 1[ \). Donc random() + 0.3 est dans \( [0{,}3 \,;\, 1{,}3[ \), et sa partie entière int(…) vaut 0 quand ce nombre est inférieur à 1, c’est-à-dire quand random() est inférieur à 0,7, et vaut 1 sinon. Ensuite, le programme affiche donc « Face » avec la probabilité 0,7 et « Pile » avec la probabilité 0,3 : la pièce est bien truquée.

1. Par conséquent, pour afficher 10 lancers, on place le test dans une boucle répétée 10 fois :

Également, from random import *
for i in range(10):
    if int(random() + 0.3) == 0:
        print(« Face »)
    else:
        print(« Pile »)

2. Ainsi, pour ne pas compter à la main, on peut ajouter un compteur :

De plus, from random import *
nb_face = 0
for i in range(10):
    if int(random() + 0.3) == 0:
        print(« Face »)
        nb_face = nb_face + 1
    else:
        print(« Pile »)
print(« Nombre de Face : », nb_face)

Le résultat change à chaque exécution : c’est une simulation du hasard. Par exemple, une exécution peut donner 6 fois « Face », une autre 9 fois. Sur 10 lancers, on obtient le plus souvent autour de 7 fois « Face ».

Exercice 27 : Un programme qui simule un lancer (suite)

3. En répétant plusieurs séries de 10 lancers (ou en remplaçant 10 par 1 000 ou 10 000 dans la boucle), on calcule la fréquence d’apparition de « Face » : \( f = \dfrac{\text{nombre de Face}}{\text{nombre de lancers}} \). D’après la loi des grands nombres, cette fréquence se stabilise quand le nombre de lancers augmente, autour de 0,7.

Tous les secteurs ont la même mesure, donc la roue a autant de chances de s’arrêter sur chacun d’eux : on est dans une situation d’équiprobabilité. Puis on compte les secteurs en tournant autour de la roue : il y en a 15 (chacun mesure \( 360 \div 15 = 24 \) degrés).

• Bleu : 2 secteurs ;
• Rouge : 3 secteurs ;
• Vert : 4 secteurs ;
• Jaune : 6 secteurs.

Vérification : 2 + 3 + 4 + 6 = 15. Chaque probabilité est le nombre de secteurs de la couleur divisé par 15.

La somme des probabilités vaut bien \( \dfrac{2 + 3 + 4 + 6}{15} = 1 \).

Sur chaque roue, les secteurs ont la même mesure : ils ont donc tous la même probabilité. De plus, il faut choisir la roue qui donne la plus grande probabilité de tomber sur un secteur coloré.

• Roue 1 : 12 secteurs dont 5 colorés, donc \( P_1 = \dfrac{5}{12} \approx 0{,}417 \).
• Roue 2 : 3 secteurs dont 1 coloré, donc \( P_2 = \dfrac{1}{3} \approx 0{,}333 \).
• Roue 3 : 7 secteurs dont 3 colorés, donc \( P_3 = \dfrac{3}{7} \approx 0{,}429 \).

Pour comparer exactement \( \dfrac{5}{12} \) et \( \dfrac{3}{7} \), on les met au même dénominateur 84 :

\[ \dfrac{5}{12} = \dfrac{35}{84} \quad \text{et} \quad \dfrac{3}{7} = \dfrac{36}{84}, \quad \text{donc} \quad \dfrac{1}{3} \lt \dfrac{5}{12} \lt \dfrac{3}{7}. \]

La roue 3 est la plus avantageuse, même si l’écart avec la roue 1 est très faible.

Le jeu comporte 28 dominos : toutes les paires de nombres de 0 (blanc) à 6, chaque paire une seule fois. Ensuite, on choisit un domino au hasard : les 28 dominos sont équiprobables.

On compte les dominos dont la somme des points est inférieure ou égale à 6 :

• avec un 0 : 0-0, 0-1, 0-2, 0-3, 0-4, 0-5, 0-6, soit 7 dominos ;
• avec un 1 (sans 0) : 1-1, 1-2, 1-3, 1-4, 1-5, soit 5 dominos ;
• avec un 2 (sans 0 ni 1) : 2-2, 2-3, 2-4, soit 3 dominos ;
• avec un 3 (sans 0, 1, 2) : 3-3, soit 1 domino.

Au total : 7 + 5 + 3 + 1 = 16 dominos favorables.

\[ P(\text{somme} \leqslant 6) = \dfrac{16}{28} = \dfrac{4}{7} \approx 0{,}57 \]

On lit la hauteur de chaque barre (chaque graduation vaut 1 paire) :

Nombre total de paires : 6 + 2 + 5 + 4 + 7 + 4 = 28. Par ailleurs, les paires sont indiscernables au toucher et choisies au hasard : elles sont équiprobables, et la probabilité d’une couleur est son nombre de paires divisé par 28.

Contrôle : \( \dfrac{6 + 2 + 5 + 4 + 7 + 4}{28} = \dfrac{28}{28} = 1 \).

Le jeu compte 16 pièces blanches et 16 noires, soit 32 pièces, choisies au hasard : elles sont équiprobables. Puis pour chaque type de pièce, on double le nombre donné pour une couleur.

1. Il y a 8 pions par couleur, soit 16 pions :

\[ P(\text{pion}) = \dfrac{16}{32} = \dfrac{1}{2} \]

2. Les pièces mineures sont les fous et les cavaliers : \( 2 \times (2 + 2) = 8 \) pièces.

\[ P(\text{pièce mineure}) = \dfrac{8}{32} = \dfrac{1}{4} \]

3. Les pièces lourdes sont les dames et les tours : \( 2 \times (1 + 2) = 6 \) pièces.

\[ P(\text{pièce lourde}) = \dfrac{6}{32} = \dfrac{3}{16} \]

Il reste les 2 rois, ni mineurs ni lourds : 16 + 8 + 6 + 2 = 32, le compte est juste.

Le dé à 20 faces est bien équilibré : les 20 issues \( \Omega = \{ 1 \,;\, 2 \,;\, \dots \,;\, 20 \} \) sont équiprobables, et chaque probabilité vaut le nombre d’issues favorables divisé par 20.

Événement A : « on obtient un nombre pair ».

\[ A = \{ 2 \,;\, 4 \,;\, 6 \,;\, 8 \,;\, 10 \,;\, 12 \,;\, 14 \,;\, 16 \,;\, 18 \,;\, 20 \} \quad \text{donc} \quad P(A) = \dfrac{10}{20} = \dfrac{1}{2} \]

Événement B : « on obtient un diviseur de 20 ». Ensuite, les diviseurs de 20 vont par paires : \( 1 \times 20 \), \( 2 \times 10 \), \( 4 \times 5 \).

\[ B = \{ 1 \,;\, 2 \,;\, 4 \,;\, 5 \,;\, 10 \,;\, 20 \} \quad \text{donc} \quad P(B) = \dfrac{6}{20} = \dfrac{3}{10} \]

Événement C : « on obtient un multiple de 4 ».

\[ C = \{ 4 \,;\, 8 \,;\, 12 \,;\, 16 \,;\, 20 \} \quad \text{donc} \quad P(C) = \dfrac{5}{20} = \dfrac{1}{4} \]

Les pourcentages du tableau donnent directement la loi de probabilité quand on choisit une personne au hasard (un pourcentage de 38 % correspond à une probabilité de 0,38). Contrôle : 38 + 34 + 9 + 3 + 7 + 6 + 2 + 1 = 100.

1. Donneur universel : groupe O et rhésus moins, case « O ; Rhésus − » :

\[ P(\text{O et rhésus} -) = 0{,}07 \]

2. Groupe AB : on additionne les deux cases de la colonne AB (rhésus + et rhésus −) :

\[ P(\text{AB}) = 0{,}03 + 0{,}01 = 0{,}04 \]

3. Rhésus + : on additionne la ligne « Rhésus + » :

\[ P(\text{rhésus} +) = 0{,}38 + 0{,}34 + 0{,}09 + 0{,}03 = 0{,}84 \]

On peut aussi passer par l’événement contraire : \( 1 – (0{,}07 + 0{,}06 + 0{,}02 + 0{,}01) = 1 – 0{,}16 = 0{,}84 \).

Un dromadaire a une bosse, un chameau en a deux et un lama n’en a aucune. Puis la photo montre trois des cinq animaux D₁, D₂, C₁, C₂, L, et tous les groupes de trois animaux ont la même probabilité.

Liste de tous les groupes de trois animaux (l’ordre sur la photo ne change pas le nombre de bosses), avec leur nombre de bosses :

Il y a 10 groupes équiprobables, dont 3 totalisent exactement quatre bosses : les deux dromadaires avec un chameau (2 groupes), ou les deux chameaux avec le lama (1 groupe).

\[ P(\text{4 bosses}) = \dfrac{3}{10} = 0{,}3 \]

Remarque : si l’on tient compte de l’ordre des animaux sur la photo, chaque groupe correspond à 6 photos, soit 60 photos dont 18 favorables : on retrouve \( \dfrac{18}{60} = \dfrac{3}{10} \).

On choisit une personne au hasard : toutes les personnes sont équiprobables. De plus, la population totale est :

\[ 32\,394\,531 + 34\,598\,168 = 66\,992\,699 \text{ personnes.} \]

Chaque probabilité est l’effectif concerné divisé par 66 992 699, arrondi au centième (\( 10^{-2} \) près).

1. La personne est un homme :

\[ P(H) = \dfrac{32\,394\,531}{66\,992\,699} \approx 0{,}4836 \approx 0{,}48 \]

2. La personne est une femme de 75 ans ou plus (dernière ligne, colonne « Femmes ») :

\[ P = \dfrac{3\,799\,143}{66\,992\,699} \approx 0{,}0567 \approx 0{,}06 \]

3. La personne est un homme de moins de 30 ans : on additionne les classes « 0 à 14 ans » et « 15 à 29 ans » des hommes.

\[ 6\,139\,574 + 5\,893\,527 = 12\,033\,101 \quad \text{donc} \quad P = \dfrac{12\,033\,101}{66\,992\,699} \approx 0{,}1796 \approx 0{,}18 \]

4. La personne a plus de 60 ans : on additionne les classes « 60 à 74 ans » et « 75 ans ou plus », hommes et femmes.

\[ 5\,315\,168 + 2\,419\,705 + 5\,967\,475 + 3\,799\,143 = 17\,501\,491 \]

\[ P = \dfrac{17\,501\,491}{66\,992\,699} \approx 0{,}2612 \approx 0{,}26 \]

La probabilité d’atteindre une zone est proportionnelle à son aire, et le joueur touche toujours la cible : la probabilité d’une zone est donc son aire divisée par l’aire totale de la cible, le disque de rayon 70 cm.

L’aire d’une couronne est la différence des aires de deux disques : \( \pi R^2 – \pi r^2 \).

• Zone rouge : \( \pi \times 10^2 = 100\pi \text{ cm}^2 \).
• Zone orange : \( \pi \times 30^2 – \pi \times 10^2 = 900\pi – 100\pi = 800\pi \text{ cm}^2 \).
• Zone jaune : \( \pi \times 50^2 – \pi \times 30^2 = 2\,500\pi – 900\pi = 1\,600\pi \text{ cm}^2 \).
• Zone bleue : \( \pi \times 70^2 – \pi \times 50^2 = 4\,900\pi – 2\,500\pi = 2\,400\pi \text{ cm}^2 \).
• Cible entière : \( \pi \times 70^2 = 4\,900\pi \text{ cm}^2 \).

Les \( \pi \) se simplifient dans les quotients :

\[ \begin{aligned} P(\text{rouge}) &= \dfrac{100\pi}{4\,900\pi} = \dfrac{1}{49} \approx 0{,}02 \\ P(\text{orange}) &= \dfrac{800\pi}{4\,900\pi} = \dfrac{8}{49} \approx 0{,}16 \\ P(\text{jaune}) &= \dfrac{1\,600\pi}{4\,900\pi} = \dfrac{16}{49} \approx 0{,}33 \\ P(\text{bleu}) &= \dfrac{2\,400\pi}{4\,900\pi} = \dfrac{24}{49} \approx 0{,}49 \end{aligned} \]

Contrôle : \( \dfrac{1 + 8 + 16 + 24}{49} = \dfrac{49}{49} = 1 \).

Le Rubik’s cube est un grand cube de \( 3 \times 3 \times 3 = 27 \) petits cubes, tous équiprobables au tirage. Ensuite, un petit cube a autant de faces colorées que de faces situées à l’extérieur du grand cube. Par ailleurs, on classe les petits cubes selon leur position :

• coins : le grand cube a 8 sommets, donc 8 petits cubes à 3 faces colorées ;
• milieux d’arêtes : 12 arêtes avec 1 petit cube au milieu de chacune, donc 12 petits cubes à 2 faces colorées ;
• centres des faces : 6 faces avec 1 petit cube au centre, donc 6 petits cubes à 1 face colorée ;
• cœur : le petit cube au centre du grand cube est invisible, donc 1 petit cube sans face colorée.

Vérification : 8 + 12 + 6 + 1 = 27.

1. \( P(\text{aucune face colorée}) = \dfrac{1}{27} \)

2. \( P(\text{une seule face colorée}) = \dfrac{6}{27} = \dfrac{2}{9} \)

3. \( P(\text{trois faces colorées}) = \dfrac{8}{27} \)

1. Dans un tableau à double entrée, chaque total est la somme de sa ligne ou de sa colonne. Puis on complète case par case :

• Total « Orchestre » : 450 − 350 = 100 ;
• Guitare et orchestre : 100 − 20 − 70 = 10 ;
• Piano sans orchestre : 150 − 20 = 130 ;
• Autre instrument sans orchestre : 350 − 130 − 190 = 30 ;
• Total « Guitare » : 10 + 190 = 200 ;
• Total « Autre instrument » : 70 + 30 = 100.

Contrôle : 150 + 200 + 100 = 450.

2. On choisit un élève au hasard parmi les 450 : les élèves sont équiprobables.

a. 200 élèves apprennent la guitare :

\[ P(G) = \dfrac{200}{450} = \dfrac{4}{9} \approx 0{,}44 \]

b. 350 élèves ne font pas partie de l’orchestre :

\[ P(\overline{O}) = \dfrac{350}{450} = \dfrac{7}{9} \approx 0{,}78 \]

c. 20 élèves jouent du piano dans l’orchestre (case à l’intersection de la ligne « Orchestre » et de la colonne « Piano ») :

\[ P(\text{piano et orchestre}) = \dfrac{20}{450} = \dfrac{2}{45} \approx 0{,}04 \]

1. On repère les chemins possibles depuis chaque point de la figure :

• depuis A : vers D ou B (2 directions, probabilité \( \dfrac{1}{2} \) chacune) ;
• depuis C : vers D ou B (probabilité \( \dfrac{1}{2} \)) ;
• depuis D : vers A, C, B ou F (4 directions, probabilité \( \dfrac{1}{4} \)) ;
• depuis B : vers A, C, D ou E (probabilité \( \dfrac{1}{4} \)) ;
• depuis F ou E, bouts de segment : un seul chemin possible, le retour vers D ou vers B (probabilité 1).

La probabilité d’un trajet est le produit des probabilités lues sur les branches du chemin. Par exemple \( P(\text{ADBC}) = \dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{4} \times \dfrac{1}{4} = \dfrac{1}{32} \) et \( P(\text{ADFD}) = \dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{4} \times 1 = \dfrac{1}{8} \).

Exercice 40 : Déplacement d une coccinelle (suite)

On obtient 18 trajets, dont les probabilités ont bien pour somme 1.

2. a. Pour chaque événement, on additionne les probabilités des trajets qui le réalisent.

Événement M (exactement trois points différents) : ADAB, ADCD, ADBA, ADBD, ADFD, ABAD, ABCB, ABDA, ABDB, ABEB.

\[ P(M) = 4 \times \dfrac{1}{16} + 4 \times \dfrac{1}{32} + 2 \times \dfrac{1}{8} = \dfrac{4}{16} + \dfrac{2}{16} + \dfrac{4}{16} = \dfrac{10}{16} = \dfrac{5}{8} \]

Événement N (passer par B) : tous les trajets qui commencent par AB (probabilité totale \( \dfrac{1}{2} \)), plus, parmi ceux qui commencent par AD, les trajets ADAB, ADCB, ADBA, ADBC, ADBD et ADBE.

\[ P(N) = \dfrac{1}{2} + 2 \times \dfrac{1}{16} + 4 \times \dfrac{1}{32} = \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{8} + \dfrac{1}{8} = \dfrac{3}{4} \]

Événement O (passer deux fois par le même point) : c’est le contraire de « les quatre points du trajet sont tous différents ». Ensuite, les trajets à quatre points différents sont ADCB, ADBC, ADBE, ABCD, ABDC et ABDF.

\[ P(\overline{O}) = 2 \times \dfrac{1}{16} + 4 \times \dfrac{1}{32} = \dfrac{1}{8} + \dfrac{1}{8} = \dfrac{1}{4} \quad \text{donc} \quad P(O) = 1 – \dfrac{1}{4} = \dfrac{3}{4} \]